Zadatak treba pronađite liniju presjeka dvije ravni i odredite stvarnu veličinu jedne od njih metoda ravnoparalelnog kretanja.

Da biste riješili takav klasični problem u deskriptivnoj geometriji, morate znati sljedeći teorijski materijal:

- crtanje projekcija tačaka u prostoru na složenom crtežu prema zadatim koordinatama;

- metode za određivanje ravni na složenom crtežu, ravni opšteg i posebnog položaja;

- glavne linije aviona;

- određivanje tačke preseka prave sa ravninom (nalaz "tačke susreta");

- metoda ravnoparalelnog kretanja za određivanje prirodne veličine ravne figure;

— određivanje vidljivosti na crtežu pravih linija i ravni koristeći konkurentske tačke.

Procedura za rješavanje problema

1. Prema opciji Dodjela po koordinatama tačke, na složeni crtež stavljamo dvije ravni, specificirane u obliku trokuta ABC(A’, B’, C’; A, B, C) i DKE(D', K', E'; D, K, E) ( sl.1.1).

Sl.1.1

2 . Da bismo pronašli liniju ukrštanja, koristimo se metoda projekcijske ravni. Njegova suština je da se jedna strana (prava) prve ravni (trougla) uzme i leži u ravni koja se projektuje. Određuje se tačka preseka ove prave sa ravninom drugog trougla. Ponavljajući ovaj zadatak ponovo, ali za pravu drugog trokuta i ravan prvog trokuta odredimo drugu tačku preseka. Pošto dobijene tačke istovremeno pripadaju obe ravni, moraju se nalaziti na liniji preseka ovih ravni. Povezivanjem ovih tačaka pravom linijom, dobićemo željenu liniju preseka ravnina.

3. Problem se rješava na sljedeći način:

a) zatvaranje u ravni projekcije F(F') strana AB(A’ B’) prvog trougla u ravni frontalne projekcije V. Označavamo tačke presjeka projekcijske ravni sa stranicama DK i DE drugi trougao, dobijanje bodova 1(1') i 2(2'). Prenosimo ih duž komunikacijskih linija u horizontalnu ravan projekcija H na odgovarajućim stranama trougla, tačka 1 (1) na strani DE i tačka 2(2) na strani DK.

Sl.1.2

b) povezivanjem projekcija tačaka 1 i 2, imaćemo projekciju projektovane ravni F. Zatim tačka preseka linije AB sa ravninom trokuta DKE se određuje (prema pravilu) zajedno sa presjekom projekcije projekcijske ravni 1-2 i istoimena projekcija AB. Tako smo dobili horizontalnu projekciju prve tačke preseka ravnina - M, duž koje određujemo (projektujemo duž komunikacijskih linija) njegovu frontalnu projekciju - M’ na pravoj liniji A’ B’ (sl.1.2.a);

u) nalazimo drugu tačku na isti način. Zaključujemo u ravni projekcije G(G) strana drugog trougla DK(DK) . Označavamo tačke preseka projektovane ravni sa stranicama prvog trougla ACiBC u horizontalnoj projekciji, dobijanje projekcija tačaka 3 i 4. Projektujemo ih na odgovarajuće strane u frontalnoj ravni, dobijamo 3’ i 4'. Povezujući ih pravom linijom, imamo projekciju projektovane ravni. Tada će druga tačka presjeka ravnina biti na sjecištu prave 3’-4’ sa stranicom trougla D’ K’ , koja je bila zatvorena u projekcijskoj ravni. Tako smo dobili frontalnu projekciju druge tačke preseka - N’ , duž komunikacijske linije nalazimo horizontalnu projekciju - N (sl.1.2.b).

G) povezivanjem tačaka MN(MN) i (M’ N’) na horizontalnoj i frontalnoj ravni imamo željenu liniju ukrštanja dati avioni.

4. Uz pomoć konkurentskih tačaka određujemo vidljivost aviona. Uzmite par konkurentskih bodova, na primjer, 1’=5’ u frontalnoj projekciji. Projektujemo ih na odgovarajuće strane u horizontalnoj ravni, dobijamo 1 i 5. Vidimo da je poenta 1 ležeći na strani DE ima veliku koordinatu prema osi x nego dot 5 ležeći na strani AAT. Dakle, prema pravilu veće koordinate, tačka 1 i stranica trougla D'E’ u prednjoj ravni će biti vidljivo. Tako se određuje vidljivost svake strane trokuta u horizontalnoj i frontalnoj ravnini. Vidljive linije na crtežima se crtaju punom konturnom linijom, a nevidljive isprekidanom linijom. Podsjetimo da u tačkama presjeka ravnina ( M— N iM’- N’ ) će promijeniti vidljivost.

Sl.1.3

RFig.1.4 .

Grafikon dodatno prikazuje definiciju vidljivosti u horizontalnoj ravni koristeći konkurentske tačke 3 i 6 na pravim linijama DK i AB.

5. Koristeći metodu ravno-paralelnog pomaka, određujemo stvarnu veličinu ravnine trokuta ABC, za što:

a) u navedenoj ravni kroz tačku C(C) provesti frontalni C— F(OD-FiC’- F’) ;

b) na slobodnom polju crteža u horizontalnoj projekciji uzimamo (označimo) proizvoljnu tačku Od 1, pod pretpostavkom da je ovo jedan od vrhova trougla (konkretno, vrh C). Iz njega vraćamo okomitu na frontalnu ravninu (kroz x-osa);

Sl.1.5

u) ravnoparalelnim kretanjem prevodimo horizontalnu projekciju trokuta ABC, na novu poziciju A 1 B 1 C 1 na način da u frontalnoj projekciji zauzima projekcijski položaj (transformisan u pravu liniju). Da biste to učinili: na okomici od tačke Od 1, odgoditi frontalnu projekciju horizontale C 1 — F 1 (dužina lCF) dobili smo poen F 1 . Rješenje kompasa iz tačke F1 veličina F-A pravimo lučni serif, i to iz tačke C 1 - veličina zareza CA, tada na presjeku lučnih linija dobijamo tačku A 1 (drugi vrh trougla);

- na sličan način dobijamo poen B 1 (od tačke C 1 napravite zarez sa veličinom C— B(57mm), i to iz tačke F 1 magnitude F— B(90 mm) Imajte na umu da kada ispravna odluka tri tačke A 1 F’ 1 i B’ 1 mora ležati na jednoj pravoj liniji (strana trougla A 1 — B 1 ) druge dvije strane OD 1 — A 1 i C 1 — B 1 dobijaju se povezivanjem njihovih vrhova;

G) iz metode rotacije proizlazi da kada se pomiče ili rotira tačka u nekoj ravni projekcije - na konjugiranoj ravni, projekcija ove tačke treba da se kreće pravolinijski, u našem konkretnom slučaju, duž ravne paralelne ose X. Zatim crtamo iz tačaka A’ B’ C’ Iz frontalne projekcije to su prave (one se nazivaju ravnine rotacije tačaka), a od frontalnih projekcija pomjerenih tačaka A 1 U 1C 1 vratiti okomite (vezne linije) ( sl.1.6).

Sl.1.6

Presjek ovih pravih sa odgovarajućim okomicama daje nove položaje frontalne projekcije trokuta ABC, konkretno A’ 1 U 1C’ 1 koja bi trebala postati projekcija (prava linija) od horizontale h 1 nacrtali smo okomito na ravan frontalne projekcije ( sl.1.6);

5) zatim, da bi se dobila prirodna veličina trokuta, dovoljno je proširiti njegovu frontalnu projekciju na paralelnost s horizontalnom ravninom. Preokret se vrši pomoću kompasa kroz tačku A' 1, smatrajući ga kao centar rotacije, stavljamo trokut A’ 1 U 1C’ 1 paralelno sa osom X, dobijamo A’ 2 U 2C’ 2 . Kao što je gore spomenuto, kada se tačka rotira, na konjugiranoj (sada na horizontalnoj) projekciji, one se kreću u ravnim linijama osa paralelna X. Izostavljanje okomica (veznih linija) iz frontalnih projekcija tačaka A’ 2 U 2C’ 2 križajući ih s odgovarajućim linijama nalazimo horizontalnu projekciju trokuta ABC (A 2 U 2C 2 ) prava veličina ( sl.1.7).

Rice. 1.7

Imam sva gotova rješenja za probleme sa takvim koordinatama, možete kupiti

Cijena 55 rubalja, crteže na nacrtnoj geometriji iz Frolove knjige možete lako preuzeti odmah nakon uplate ili ću Vam poslati mail. Oni se nalaze u ZIP arhivi u različitim formatima:
*.jpg – uobičajeni crtež crteža u boji na skali od 1 do 1 u dobroj rezoluciji od 300 dpi;
*.cdw – format programa Compass 12 i noviji ili verzija LT;
*.dwg i .dxf — AUTOCAD, nanoCAD programski format;

Sekcija: Nacrtna geometrija /

AT ovaj odjeljak Nastavimo proučavanje teme jednačine prave u prostoru sa stanovišta stereometrije. To znači da ćemo pravu liniju u trodimenzionalnom prostoru smatrati linijom presjeka dvije ravni.

Prema aksiomima stereometrije, ako se dvije ravni ne poklapaju i imaju jednu zajedničku tačku, onda imaju i jednu zajedničku pravu liniju na kojoj leže sve tačke koje su zajedničke za dvije ravni. Koristeći jednačine dvije ravnine koje se sijeku, možemo definirati pravu liniju u pravokutnom koordinatnom sistemu.

U toku razmatranja teme dat ćemo brojne primjere, brojne grafičke ilustracije i detaljna rješenja neophodna za bolju asimilaciju gradiva.

Neka su date dvije ravni koje se međusobno ne poklapaju i sijeku. Označimo ih kao ravan α i ravan β . Postavimo ih u pravougaoni koordinatni sistem O x y z trodimenzionalni prostor.

Kao što se sjećamo, svaka ravan u pravougaonom koordinatnom sistemu je definisana sa opšta jednačina ravni oblika A x + B y + C z + D = 0 . Pretpostavljamo da ravan α odgovara jednačini A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 , a ravan β odgovara jednačini A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 . U ovom slučaju, normalni vektori ravni α i β n 1 → \u003d (A 1, B 1, C 1) i n 2 → \u003d (A 2, B 2, C 2) nisu kolinearni, jer ravnine se ne poklapaju jedna s drugom i e postavljene paralelno jedna s drugom. Ovaj uslov pišemo na sljedeći način:

n 1 → ≠ λ n 2 → ⇔ A 1 , B 1 , C 1 ≠ λ A 2 , λ B 2 , λ C 2 , λ ∈ R

Da biste osvježili materijal na temu "Paralelizam ravnina", pogledajte odgovarajući odjeljak naše web stranice.

Linija presjeka ravnina će biti označena slovom a . One. a = α ∩ β . Ova prava je skup tačaka koje su zajedničke za obje ravnine α i β. To znači da sve tačke prave a zadovoljavaju obje jednačine ravnine A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 i A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 . U stvari, oni su posebno rješenje za sistem jednačina A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 .

Opće sistemsko rješenje linearne jednačine A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 definira koordinate svih tačaka prave duž koje se sijeku dvije ravni α i β . To znači da uz njegovu pomoć možemo odrediti položaj prave linije u pravougaonom koordinatnom sistemu O x y z .

Razmotrimo još jednom opisanu teoriju, sada na konkretnom primjeru.

Primjer 1

Prava O x je linija duž koje se sijeku koordinatne ravni O x y i O x z. Ravan O x y definiramo jednačinom z = 0, a ravan O x z jednačinom y = 0. O ovom pristupu smo detaljno govorili u odeljku „Nepotpuna opšta jednačina ravni“, pa se, u slučaju poteškoća, možemo ponovo obratiti na ovaj materijal. U ovom slučaju, koordinatna linija O x određena je u trodimenzionalnom koordinatnom sistemu sistemom od dvije jednačine oblika y = 0 z = 0 .

Pronalaženje koordinata tačke koja leži na pravoj liniji duž koje se ravnine sijeku

Razmotrimo zadatak. Neka je pravougaoni koordinatni sistem O x y z zadan u trodimenzionalnom prostoru. Prava duž koje se dvije ravni seku a data je sistemom jednačina A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 . Zadana tačka u trodimenzionalnom prostoru M 0 x 0 , y 0 , z 0 .

Odredimo da li tačka M 0 x 0 , y 0 , z 0 pripada datoj pravoj liniji a .

Da bismo dobili odgovor na pitanje zadatka, u svaku od dvije jednačine ravnine zamjenjujemo koordinate tačke M 0. Ako se, kao rezultat zamjene, obje jednačine pretvore u prave jednakosti A 1 x 0 + B 1 y 0 + C 1 z 0 + D 1 = 0 i A 2 x 0 + B 2 y 0 + C 2 z 0 + D 2 = 0, tada tačka M 0 pripada svakoj ravni i pripada datoj pravoj. Ako je barem jedna od jednakosti A 1 x 0 + B 1 y 0 + C 1 z 0 + D 1 = 0 i A 2 x 0 + B 2 y 0 + C 2 z 0 + D 2 = 0 netačna, tada tačka M 0 ne pripada pravoj liniji.

Razmotrite primjer rješenja

Primjer 2

Prava linija je data u prostoru jednadžbama dvije ravnine koje se seku oblika 2 x + 3 y + 1 = 0 x - 2 y + z - 3 = 0 . Odrediti da li tačke M 0 (1, - 1, 0) i N 0 (0, - 1 3 , 1) pripadaju pravoj liniji preseka ravnina.

Rješenje

Počnimo od tačke M 0 . Zamijenite njegove koordinate u obje jednačine sistema 2 1 + 3 (- 1) + 1 = 0 1 - 2 (- 1) + 0 - 3 = 0 ⇔ 0 = 0 0 = 0 .

Kao rezultat zamjene, dobili smo tačne jednakosti. To znači da tačka M 0 pripada obema ravnima i nalazi se na liniji njihovog preseka.

Zamenimo koordinate tačke N 0 (0, - 1 3, 1) u obe jednačine ravni. Dobijamo 2 0 + 3 - 1 3 + 1 = 0 0 - 2 - 1 3 + 1 - 3 = 0 ⇔ 0 = 0 - 1 1 3 = 0 .

Kao što vidite, druga jednačina sistema se pretvorila u netačnu jednakost. To znači da tačka N 0 ne pripada datoj pravoj.

odgovor: tačka M 0 pripada pravoj liniji, a tačka N 0 ne.

Sada vam nudimo algoritam za pronalaženje koordinata određene tačke koja pripada pravoj liniji, ako je prava linija u prostoru u pravougaonom koordinatnom sistemu O x y z određena jednadžbama ravnina koje se seku A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 .

Broj rješenja sistema od dvije linearne jednadžbe sa nepoznatim A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 je beskonačan. Bilo koje od ovih rješenja može biti rješenje problema.

Uzmimo primjer.

Primjer 3

Neka je prava linija data u trodimenzionalnom prostoru jednadžbama dvije ravnine koje se seku oblika x + 3 z + 7 = 0 2 x + 3 y + 3 z + 2 = 0 . Pronađite koordinate bilo koje tačke na ovoj pravoj.

Rješenje

Prepišimo sistem jednačina x + 3 z + 7 = 0 2 x + 3 y + 3 z + 2 = 0 ⇔ x + 0 y + 3 z = - 7 2 x + 3 y + 3 z = - 2 .

Uzmimo minor drugog reda osim nule kao bazni minor glavne matrice sistema 1 0 2 3 = 3 ≠ 0 . To znači da z je slobodna nepoznata varijabla.

Prenosimo članove koji sadrže slobodnu nepoznatu varijablu z na desnu stranu jednadžbe:

x + 0 y + 3 z = - 7 2 x + 3 y + 3 z = - 2 ⇔ x + 0 y = - 7 - 3 z 2 x + 3 y = - 2 - 3 z

Uvodimo proizvoljno pravi brojλ i pretpostavimo da je z = λ .

Tada je x + 0 y = - 7 - 3 z 2 x + 3 y = - 2 - 3 z ⇔ x + 0 y = - 7 - 3 λ 2 x + 3 y = - 2 - 3 λ .

Da bismo riješili rezultirajući sistem jednačina, primjenjujemo Cramerovu metodu:

∆ = 1 0 2 3 = 1 3 - 0 1 = 2 ∆ x = - 7 - 3 λ 0 - - 3 λ 3 = - 7 - 3 λ 3 - 0 (- 2 - 3 λ) = 21 - 9 λ ⇒ x = ∆ x ∆ = - 7 - 3 λ ∆ y = 1 - 7 - 3 λ 2 - 2 - 3 λ = 1 - 2 - 3 λ - - 7 - 3 λ = 12 + 3 λ ⇒ y = ∆ y ∆ = 4 + λ

Opće rješenje sistema jednačina x + 3 z + 7 = 0 2 x + 3 y + 3 z + 2 = 0 će biti x = - 7 - 3 λ y = 4 + λ z = λ , gdje je λ ∈ R .

Da bismo dobili određeno rješenje sistema jednačina, koje će nam dati željene koordinate tačke koja pripada datoj pravoj, potrebno je uzeti određenu vrijednost parametra λ. Ako je λ = 0, tada je x = - 7 - 3 0 y = 4 + 0 z = 0 ⇔ x = - 7 y = 4 z = 0 .

Ovo nam omogućava da dobijemo koordinate željene tačke - 7, 4, 0.

Provjerimo ispravnost pronađenih koordinata tačke zamjenom ih u početne jednadžbe dvije ravnine koje se sijeku - 7 + 3 0 + 7 = 0 2 (- 7) + 3 4 + 3 0 + 2 = 0 ⇔ 0 = 0 0 = 0.

Odgovori: - 7 , 4 , 0

Vektor pravca duž koje se sijeku dvije ravni

Pogledajmo kako odrediti koordinate vektora smjera prave linije, koje su date jednadžbama dvije ravnine koje se sijeku A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 i A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 . U pravougaonom koordinatnom sistemu 0xz, usmjeravajući vektor prave linije je neodvojiv od prave.

Kao što znamo, prava je okomita na ravan ako je okomita na bilo koju pravu koja leži u datoj ravni. Na osnovu prethodnog, normalni vektor ravni je okomit na bilo koji vektor različit od nule koji leži u datoj ravni. Ove dvije činjenice će nam pomoći u pronalaženju vektora smjera prave linije.

Ravnine α i β seku se duž prave a . Vektor smjera a → prava linija a je okomit na vektor normale n 1 → = (A 1 , B 1 , C 1) ravnine A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 i na vektor normale n 2 → = (A 2 , B 2 , C 2) ravni A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 .

Vektor pravca pravca a predstavlja vektorski proizvod vektori n → 1 = (A 1 , B 1 , C 1) i n 2 → = A 2 , B 2 , C 2 .

a → = n → 1 × n 2 → = i → j → k → A 1 B 1 C 1 A 2 B 2 C 2

Definiramo skup svih usmjeravajućih vektora prave kao λ · a → = λ · n 1 → × n 2 → , gdje je λ parametar koji može uzeti bilo koju realnu vrijednost osim nule.

Primjer 4

Neka je prava linija u prostoru u pravougaonom koordinatnom sistemu O x y z data jednačinama dve ravnine koje se seku x + 2 y - 3 z - 2 = 0 x - z + 4 = 0 . Pronađite koordinate bilo kojeg vektora smjera ove linije.

Rješenje

Ravni x + 2 y - 3 z - 2 = 0 i x - z + 4 = 0 imaju normalne vektore n 1 → = 1 , 2 , - 3 i n 2 → = 1 , 0 , - 1 . Uzmimo kao usmjeravajući vektor prave linije, koja je sjecište dvije date ravnine, vektorski proizvod normalnih vektora:

a → = n → 1 × n 2 → = i → j → k → 1 2 - 3 1 0 - 1 = i → 2 (- 1) + j → (- 3) 1 + k → 1 0 - - k → 2 1 - j → 1 (- 1) - i → (- 3) 0 = - 2 i → - 2 j → - 2 k →

Zapišimo odgovor u koordinatnom obliku a → = - 2 , - 2 , - 2 . Za one koji se ne sjećaju kako se to radi, preporučujemo da pogledate temu "Vektorske koordinate u pravokutnom koordinatnom sistemu".

odgovor: a → = - 2 , - 2 , - 2

Prelaz na parametarske i kanonske jednačine prave u prostoru

Za rješavanje nekih problema lakše je koristiti parametarske jednačine prava u prostoru oblika x = x 1 + a x λ y = y 1 + a y λ z = z 1 + a z λ ili kanonske jednačine prava u prostoru oblika x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ z = z 1 + a z · λ . U ovim jednadžbama, a x , a y , a z su koordinate vektora usmjeravanja prave, x 1 , y 1 , z 1 su koordinate neke tačke na pravoj liniji, a λ je parametar koji uzima proizvoljne realne vrijednosti .

Iz pravolinijske jednačine oblika A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0, možete ići na kanonske i parametarske jednačine prave linije u prostoru. Da bismo napisali kanonske i parametarske jednadžbe prave, potrebne su nam vještine pronalaženja koordinata određene tačke na pravoj liniji, kao i koordinata nekog usmjeravajućeg vektora prave, date jednadžbama dvaju koje se sijeku avioni.

Pogledajmo gornji primjer.

Primjer 5

Postavimo pravu liniju u trodimenzionalnom koordinatnom sistemu jednačinama dvije ravnine koje se seku 2 x + y - z - 1 = 0 x + 3 y - 2 z = 0 . Napišimo kanonske i parametarske jednačine ove linije.

Rješenje

Odredite koordinate vektora usmjeravanja prave, koji je vektorski proizvod vektora normale n 1 → = 2 , 1 , - 1 ravnine 2 x + y - z - 1 = 0 i n 2 → = (1 , 3 , - 2) ravni x + 3 y-2z=0:

a → = n 1 → × n 2 → = i → j → k → 2 1 - 1 1 3 - 2 = i → 1 (- 2) + j → (- 1) 1 + k → 2 3 - - k → 1 1 - j → 2 (- 2) - i → (- 1) 3 = i → + 3 j → + 5 k →

Koordinate vektora pravca a → = (1 , 2 , 5) .

Sledeći korak je određivanje koordinata neke tačke date prave, što je jedno od rešenja sistema jednačina: 2 x + y - z - 1 = 0 x + 3 y - 2 z = 0 ⇔ 2 x + y - z = 1 x + 3 y - 2z = 0 .

Uzmimo determinantu 2 1 1 3 = 2 · 3 - 1 · 1 = 5 kao sporednu matricu sistema, koja je različita od nule. U ovom slučaju, varijabla z je besplatno. Prenosimo članove sa njim na desnu stranu svake jednačine i dajemo promenljivoj proizvoljnu vrednost λ:

2 x + y - z = 1 x + 3 y - 2 z = 0 ⇔ 2 x + y = 1 + z x + 3 y = 2 z ⇔ 2 x + y = 1 + λ x + 3 y = 2 λ , λ ∈ R

Primjenjujemo Cramerovu metodu za rješavanje rezultirajućeg sistema jednačina:

∆ = 2 1 1 3 = 2 3 - 1 1 = 5 ∆ x = 1 + λ 1 2 λ 3 = (1 + λ) 3 - 1 2 λ = 3 + λ ⇒ x = ∆ x ∆ = 3 + λ 5 = 3 5 + 1 5 λ ∆ y = 2 1 + λ 1 2 λ = 2 2 λ - (1 + λ) 1 = - 1 + 3 λ ⇒ y = ∆ y ∆ = - 1 + 3 λ 5 = - 1 5 + 3 5 λ

Dobijamo: 2 x + y - z - 1 = 0 x + 3 y - 2 z = 0 ⇔ x = 3 5 + 1 5 y = - 1 5 + 3 5 z = λ

Uzmimo λ = 2 da bismo dobili koordinate tačke na pravoj liniji: x 1 = 3 5 + 1 5 2 y 1 = - 1 5 + 3 5 2 z 1 = 2 ⇔ x 1 = 1 y 1 = 1 z 1 = 2 . Sada imamo dovoljno podataka da zapišemo kanonske i parametarske jednadžbe ove linije u prostoru: x - x 1 a x = y - y 1 a y = z - z 1 a z ⇔ x - 1 1 = y - 1 3 = z - 2 5 x = x 1 + a x λ y = y 1 + a y λ z = z 1 + a z λ ⇔ x = 1 + 1 λ y = 1 + 3 λ z = 2 + 5 λ ⇔ x = 1 + λ y = 1 + 3 λ z = 2 + 5 λ

odgovor: x - 1 1 = y - 1 3 = z - 2 5 i x = 1 + λ y = 1 + 3 λ z = 2 + 5 λ

Ovaj problem ima drugi način da ga riješi.

Pronalaženje koordinata određene tačke na pravoj vrši se rješavanjem sistema jednadžbi A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0.

U opštem slučaju, njena rešenja se mogu napisati u obliku željenih parametarskih jednačina prave linije u prostoru x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ z = z 1 + a z · λ .

Dobijanje kanonskih jednadžbi vrši se na sljedeći način: rješavamo svaku od dobivenih jednadžbi s obzirom na parametar λ, izjednačavamo prave dijelove jednakosti.

x = x 1 + a x λ y = y 1 + a y λ z = z 1 + a z λ ⇔ λ = x - x 1 a x λ = y - y 1 a y λ = z - z 1 a z ⇔ x - x 1 a x = y - y 1 a y = z - z 1 a z

Primjenjivo ovu metodu do resavanja problema.

Primjer 6

Postavimo položaj prave pomoću jednačina dvije ravnine koje se seku 2 x + y - z - 1 = 0 x + 3 y - 2 z = 0 . Napišimo parametarske i kanonske jednačine za ovu pravu liniju.

Rješenje

Rješenje sistema od dvije jednačine sa tri nepoznate izvodi se na isti način kao što smo radili u prethodnom primjeru. Dobijamo: 2 x + y - z - 1 = 0 x + 3 y - 2 z = 0 ⇔ x = 3 5 + 1 5 λ y = - 1 5 + 3 5 λ z = λ .

Ovo su parametarske jednačine prave u prostoru.

Kanonske jednadžbe se dobivaju na sljedeći način: x = 3 5 + 1 5 λ y = - 1 5 + 3 5 λ z = λ ⇔ λ = x - 3 5 1 5 λ = y + 1 5 3 5 λ = z 1 ⇔ x - 3 5 1 5 = y + 1 5 3 5 = z 1

Jednačine dobijene u oba primjera se razlikuju spolja, ali su ekvivalentne, jer određuju isti skup tačaka u trodimenzionalnom prostoru, a time i istu pravu liniju.

odgovor: x - 3 5 1 5 = y + 1 5 3 5 = z 1 i x = 3 5 + 1 5 λ y = - 1 5 + 3 5 λ z = λ

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Ako dva aviona seku, tada sistem linearnih jednadžbi definiše jednačinu prave u prostoru.

Odnosno, prava linija je data jednadžbama dvije ravni. Tipičan i uobičajen zadatak je prepisivanje jednadžbi prave linije u kanonskom obliku:

Primjer 9

Rješenje: Da biste napisali kanonske jednadžbe prave linije, morate znati tačku i vektor smjera. I dali smo jednadžbe dvije ravni....

1) Prvo pronađite neku tačku koja pripada datoj pravoj. Kako uraditi? U sistemu jednačina, potrebno je resetirati neku koordinatu. Neka , tada dobijamo sistem od dvije linearne jednadžbe sa dvije nepoznanice: . Sabiramo jednadžbe član po član i nalazimo rješenje sistema:

Dakle, tačka pripada ovoj pravoj. Obratite pažnju na sledeću tehničku tačku: poželjno je pronaći tačku sa cijeli koordinate. Ako bismo u sistemu nulili "x" ili "z", onda nije činjenica da bismo dobili "dobru" tačku bez razlomaka koordinata. Takvu analizu i odabir tačke treba izvršiti mentalno ili na nacrtu.

Provjerimo: zamijenimo koordinate tačke u originalni sistem jednačina: . Dobivaju se tačne jednakosti, što znači da .

2) Kako pronaći usmjeravajući vektor prave? Njegova lokacija je jasno prikazana sljedećim šematskim crtežom:

Vektor pravca naše linije je ortogonan na vektore normale ravnina. A ako , onda ćemo naći vektor "pe" kao vektorski proizvod normalni vektori: .

Iz jednačina ravnina uklanjamo njihove normalne vektore:

I nalazimo vektor smjera prave linije:

Kako provjeriti rezultat raspravljalo se u članku Unakrsni proizvod vektora.

3) Sastavimo kanonske jednadžbe prave linije sa tačkom i usmjeravajućim vektorom:

Odgovori:

U praksi možete koristiti gotovu formulu: ako je ravna linija dana presjekom dvije ravnine, tada je vektor usmjeravajući vektor ove prave linije.

Primjer 10

Napišite kanonske jednačine prave

Ovo je "uradi sam" primjer. Vaš odgovor se može razlikovati od mog (u zavisnosti od toga koju tačku odaberete). Ako postoji razlika, onda da provjerite, uzmite tačku iz vaše jednadžbe i zamijenite je u moju jednadžbu (ili obrnuto).

Kompletno rješenje i odgovor na kraju lekcije.

U drugom dijelu lekcije ćemo pogledati međusobnog dogovora linije u prostoru, kao i analiziraju probleme koji su povezani sa prostornim linijama i tačkama. Muče me nejasna očekivanja da će materijal biti pristojan, pa je ipak bolje napraviti posebnu web stranicu.

Dobrodošli: Problemi sa pravom linijom u prostoru >>>

Rješenja i odgovori:

Primjer 4: Odgovori:

Primjer 6: Rješenje: Pronađite vektor smjera prave linije:

Sastavit ćemo jednadžbe prave linije po tački i vektoru smjera:

Odgovori : ("y" - bilo koji) :

Odgovori :

Razmotrimo primjer rješenja.

Primjer.

Pronađite koordinate bilo koje tačke na pravoj liniji date u prostoru jednadžbama dvije ravnine koje se sijeku .

Rješenje.

Prepišimo sistem jednačina u sljedećem obliku

Kao bazni minor glavne matrice sistema uzimamo minor koji nije nula drugog reda , odnosno z je slobodna nepoznata varijabla. Prenesimo članove koji sadrže z na desne dijelove jednadžbe: .

Prihvatimo , gdje je proizvoljan realan broj, onda .

Rešimo rezultujući sistem jednačina:

Dakle, opšte rešenje sistema jednačina ima oblik , gdje .

Ako uzmemo određenu vrijednost parametra, onda ćemo dobiti određeno rješenje sistema jednačina, koje nam daje željene koordinate tačke koja leži na datoj pravoj liniji. Hajdemo onda , dakle, je željena tačka linije.

Možete provjeriti pronađene koordinate tačaka tako što ćete ih zamijeniti u originalne jednadžbe dvije ravnine koje se sijeku:

odgovor:

Vektor pravca duž koje se dvije ravnine sijeku.

U pravougaonom koordinatnom sistemu, vektor pravca prave je neodvojiv od prave. Kada je prava a u pravougaonom koordinatnom sistemu u trodimenzionalnom prostoru data jednadžbama dve ravnine koje se seku i , tada koordinate usmeravajućeg vektora prave nisu vidljive. Sada ćemo pokazati kako ih odrediti.

Znamo da je prava okomita na ravan kada je okomita na bilo koju pravu u toj ravni. Tada je vektor normale ravni okomit na bilo koji vektor različit od nule koji leži u ovoj ravni. Ove činjenice ćemo koristiti kada pronađemo usmjeravajući vektor prave linije.

Prava a leži i u ravni i u ravni. Stoga je usmjeravajući vektor prave a također okomit na vektor normale ravan , i vektor normale avioni. Dakle, usmjeravajući vektor prave a je i :

Skup svih vektora smjera prave linije i možemo postaviti kao , gdje je parametar koji uzima bilo koju stvarnu vrijednost osim nule.

Primjer.

Pronađite koordinate bilo kojeg vektora smjera linije koja je data u pravokutnom koordinatnom sistemu Oxyz u 3D prostoru jednadžbama dvije ravnine koje se sijeku .

Rješenje.

Normalni vektori ravni i su vektori i respektivno. Usmjeravajući vektor prave linije, koja je sjecište dvije date ravnine, uzet ćemo vektorski proizvod normalnih vektora:

odgovor:

Prelaz na parametarske i kanonske jednačine prave u prostoru.

Postoje slučajevi u kojima upotreba jednadžbi dviju ravnina koje se sijeku za opisivanje prave linije nije baš zgodna. Neki problemi se lakše rješavaju ako su kanonske jednačine prave u prostoru oblika ili parametarske jednadžbe prave linije u prostoru oblika , gdje su x 1 , y 1 , z 1 koordinate neke tačke prave, a x , a y , a z su koordinate vektora usmjeravanja prave i parametar koji uzima proizvoljne realne vrijednosti. Hajde da opišemo proces prelaska sa direktnih jednačina oblika na kanonske i parametarske jednačine prave u prostoru.

U prethodnim paragrafima naučili smo kako pronaći koordinate određene tačke na pravoj liniji, kao i koordinate nekog usmjeravajućeg vektora prave, koji je dat jednadžbama dvije ravnine koje se sijeku. Ovi podaci su dovoljni za pisanje i kanonskih i parametarskih jednačina ove linije u pravougaonom koordinatnom sistemu u prostoru.

Razmotrimo rješenje primjera, a nakon toga ćemo pokazati još jedan način za pronalaženje kanonskih i parametarskih jednačina prave linije u prostoru.

Primjer.

Rješenje.

Izračunajmo prvo koordinate usmjeravajućeg vektora prave linije. Da bismo to učinili, nalazimo vektorski proizvod normalnih vektora i avioni i :

To je, .

Sada odredimo koordinate neke tačke date prave. Da bismo to učinili, nalazimo jedno od rješenja sistema jednačina .

Odrednica je različit od nule, uzimamo ga kao bazni minor glavne matrice sistema. Tada je varijabla z slobodna, prenosimo članove s njom na desnu stranu jednadžbe i dajemo varijablu z proizvoljnu vrijednost:

Rezultirajući sistem jednačina rješavamo Cramer metodom:

shodno tome,

Prihvatamo , dok dobijemo koordinate tačke prave linije: .

Sada možemo napisati tražene kanoničke i parametarske jednačine originalne linije u prostoru:

odgovor:

i

Evo drugog načina za rješavanje ovog problema.

Prilikom pronalaženja koordinata određene tačke na pravoj liniji rješavamo sistem jednačina . Općenito, njena rješenja se mogu zapisati kao .

A ovo su samo željene parametarske jednačine prave u prostoru. Ako se svaka od dobijenih jednadžbi razriješi s obzirom na parametar, a zatim se izjednače desne strane jednakosti, onda se dobivaju kanonske jednadžbe prave u prostoru

Pokažimo rješenje prethodnog problema ovom metodom.

Primjer.

Prava linija u trodimenzionalnom prostoru data je jednadžbama dvije ravnine koje se sijeku . Napišite kanonske i parametarske jednačine ove linije.

Rješenje.

Mi odlučujemo ovaj sistem iz dvije jednadžbe sa tri nepoznanice (rješenje je dato u prethodnom primjeru, nećemo se ponavljati). U isto vreme dobijamo . Ovo su željene parametarske jednačine prave u prostoru.

Ostaje da dobijemo kanonske jednadžbe prave linije u prostoru:

Dobijene jednačine prave se spolja razlikuju od jednačina dobijenih u prethodnom primjeru, ali su ekvivalentne, jer definiraju isti skup tačaka u trodimenzionalnom prostoru (a samim tim i istu pravu liniju).

odgovor:

i

Bibliografija.

• Bugrov Ya.S., Nikolsky S.M. višu matematiku. Prvi tom: Elementi linearne algebre i analitičke geometrije.
• Ilyin V.A., Poznyak E.G. Analitička geometrija.